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初三数学上册第一章模拟卷
（考试时间：120分钟，分值：120分）
一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）
1．矩形具有而平行四边形不具有的性质是（ ）
A．对角相等 B．对角互补
C．对边相等 D．对角线互相平分
2．下列命题中正确的是（ ）
A．对角线互相平分的四边形是矩形 B．对角线互相平分且相等的四边形是正方形
C．对角线互相垂直的四边形是平行四边形 D．对角线互相垂直平分的四边形是菱形
3．下列说法：①对角线互相垂直且相等的四边形是矩形；②对角线互相垂直平分的四边形是菱形；③对角线互相垂直的矩形是正方形；④对角线相等的菱形是正方形；⑤对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形；⑥平行四边形既是轴对称图形又是中心对称图形．其中错误的有（ ）
A．个 B．个 C．个 D．个
4．菱形的两条对角线长分别是和，则此菱形的周长是（ ）
A． B． C． D．
5．下列是关于某个四边形的三个结论：①四条边相等；②它是一个菱形；③它是一个正方形．下列推理过程正确的是（ ）
A．由②推出③，由③推出① B．由①推出②，由②推出③
C．由②推出①，由①推出③ D．由③推出①，由③推出②
6．（新情境试题·生活应用型） 如图是屋架设计图的一部分，点是斜梁的中点，立柱，垂直于横梁，，，则等于（ ）
A． B． C． D．
7．如图，在矩形中，对角线与相交于点O．点E、F分别是，的中点，且，则的长度为（ ）
A．5 B．8 C．9 D．10
8．如图，在正方形中，E为对角线上一点，连接，将绕点D逆时针旋转至，连接、，与交于点G，满足，若，则（ ）
A． B． C． D．
二、填空题：（本大题共5小题，每小题3分，共15分）
9．如图，矩形中，与交于点O，E是中点，，，则的长为 ．
10．如图，P是正方形内一点，将绕点B顺时针方向旋转，能与重合，若，则 ．

11．如图，四边形是菱形，于点，则的长为 ．
12．如图，直线l过正方形ABCD的顶点B，点A、C到直线l的距离分别是，，则长 ．
13．如图，在中，点D在边上， ，点E，点F分别是的中点， ，则的长为 ．
三、解答题（本题共13小题，共81分。其中：14-20每题5分，21题每题6分，22-23题每题7分，24-25题每题8分，26题10分）。
14．如图，在四边形中，，是对角线的中点，连接，，，求证：．
15．如图所示，在矩形中，，是对角线，过顶点作的平行线与的延长线相交于点，求证：是等腰三角形．
16．如图，矩形的对角线与相交于点O，延长到点E，使，连接．求证：四边形是平行四边形．
17．如图，四边形是矩形，，交的延长线于点，，交的延长线于点，连接．
求证：四边形是菱形．
18．如图，在中，E、F分别是、延长线上的点，连接、，且，．求证：四边形是菱形．
19．如图，已知矩形，过点作交的延长线于点．求证：．
20．如图，在菱形中，于点E，于点F．求证：．
21．如图，已知平行四边形．
(1)若E，F是上两点，且，求证；
(2)若，求证：四边形是矩形．
22．如图，已知正方形中，，点E是的中点，点F在的延长线上，且，连接相交于点O，连接交于点H，连接，求的长．
23．如图是一张矩形纸片，与相交于点，点在边上，把沿直线折叠，使点落在对角线上的点处，连结，．若，．

(1)请用表示的大小；
(2)请求出的值．
24．如图，若将四边形沿折叠，则点与点重合，过点作交于点，连接．
(1)求证：四边形为菱形；
(2)连接，若四边形的周长为，面积为，求的值．
25．如图，边长为的正方形被两条与正方形的边平行的线段分割成四个小矩形，与交于点，连接．
(1)若，求证：．
(2)连接，若，求的周长（用含的代数式表示）．
(3)连接，若的周长为，求矩形的面积（用含的代数式表示）．
26．（新情境试题·综合与实践） 综合与实践
问题情境 一节几何探究课上，老师和同学们围绕正方形内两条互相垂直的线段之间的数量关系进行探究．老师在黑板上的正方形的四条边上各取一点，分别连接一组对边上的两点，如图1，连接，，使．
操作发现 如图2．平移，，当点F与点B重合，点Q与点C重合时，和之间有什么数量关系？请说明理由．
探索猜想 根据图2中的发现，我们可以推测：图1中的和之间的数量关系是_________．
拓展运用 如图3，若正方形的边长为3，将正方形沿翻折，使点D落在上的点G处，若，求的长．
答案解析部分
1．B
【分析】本题考查矩形和平行四边形的性质：矩形是特殊的平行四边形，除具备平行四边形的性质外，还具有对角线相等、四个角均为直角等特有性质．根据矩形和平行四边形的性质，逐一分析选项．
【详解】解：选项A：对角相等
平行四边形的对角相等，矩形作为平行四边形的一种，同样满足此性质．因此A是两者共有的性质，排除．
选项B：对角互补
矩形对角互补，但平行四边形对角不一定互补，故B符合题意．
选项C：对边相等
平行四边形和矩形的对边均相等，因此C是两者共有的性质，排除．
选项D：对角线互相平分
平行四边形的对角线互相平分，矩形作为平行四边形，同样满足此性质．因此D是两者共有的性质，排除．
故选：B．
2．D
【分析】本题考查了命题与定理的知识，利用平行四边形及特殊的平行四边形的判定方法分别判断后即可确定正确的选项．
【详解】解：A、对角线互相平分的四边形是平行四边形，故原命题错误，不符合题意；
B、对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，故原命题错误，不符合题意；
C、对角线互相平分的四边形是平行四边形，故原命题错误，不符合题意；
D、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，正确，符合题意．
故选：D．
3．B
【分析】本题考查了中心对称图形、矩形、菱形、正方形的判定方法，正确把握相关定义是解题关键．根据中心对称图形和轴对称图形的概念，矩形、菱形、正方形的判定方法，逐个分析，即可求解．
【详解】解：对角线互相垂直且相等的四边形不一定是矩形，等腰梯形满足此条件，但不是矩形，故原说法错误，①符合题意；
对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故原说法正确，②不合题意；
对角线互相垂直的矩形是正方形，故原说法正确，③不合题意；
对角线相等的菱形是正方形，故原说法正确，④不合题意；
对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，故原说法正确，⑤不合题意；
平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形，故原说法错误，⑥符合题意；
综上，①和⑥说法错误．
故选：B．
4．B
【分析】本题考查了菱形的性质以及勾股定理；熟练掌握菱形的性质，由勾股定理求出菱形的边长是解题的关键．
根据题意画出图形，由菱形的性质求得，，再由勾股定理求得边长，继而求得此菱形的周长．
【详解】解：如图所示：
∵四边形是菱形，，
∴，，，，
∴，
∴此菱形的周长为．
故选：B．
5．D
【分析】本题重点考查菱形和正方形的判定条件及它们之间的关系，明确菱形和正方形的定义及性质，判断各结论间的推导是否正确是解题的关键．
根据菱形和正方形的性质及判定判断即可．
【详解】选项A：由②推出③不正确，因为菱形不一定有直角，不能直接推出正方形；
由③推出①正确，但前半部分错误，因此A错误；
选项B：由①推出②正确，因为四边相等是菱形的定义；
但由②推出③不正确，因为菱形不一定有直角，因此B错误；
选项C：由②推出①正确，因为菱形的定义就是四边相等；
但由①推出③不正确，因为四边相等不一定有直角，不能推出正方形，因此C错误；
选项D：由③推出①正确，因为正方形必然四边相等；由③推出②正确，
因为正方形是特殊的菱形，因此D正确，
故选：D．
6．B
【分析】本题主要考查直角三角形中角所对直角边等于斜边一半的性质，熟练运用该性质是解题关键．先求出，再在中，结合是中点及该性质求出．
【详解】解：， 是的中点，
．
又，，
．
故选：B．
7．D
【分析】本题考查了矩形的性质和三角形中位线定理，先判断出是的中位线，求出的长度，再根据矩形性质得到从而求出结果
【详解】解：点E、F是，的中点，
是的中位线，
，
，
四边形为矩形，
，
故选：D
8．C
【分析】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，三角形内角和定理，等边三角形的判定与性质，连接，由正方形的性质可得，，垂直平分，证明出，由旋转的性质可得，，证明为等边三角形，得出，，再由三角形内角和定理计算即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
【详解】解：如图，连接，
，
∵四边形是正方形，
∴，，垂直平分，
∴，，
∴，
∴，
∴，
由旋转的性质可得：，，
∴为等边三角形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
9．
【分析】此题考查了矩形的性质，三角形中位线定理，勾股定理，熟练掌握矩形的性质，三角形中位线定理，勾股定理是解题的关键．根据矩形的性质可得是的中位线，从而得到，再由勾股定理可求出的长，即可求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，，
∴，，，
即点O为的中点，
∵是中点，
∴是的中位线，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：4．
10．
【分析】本题主要考查了正方形的性质，图形的旋转问题，勾股定理．根据正方形的性质以及旋转的性质可得，再由勾股定理，即可求解．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，
由旋转的性质得：，
∴．
故答案为：
11．
【分析】本题考查菱形的性质．根据菱形对角线互相垂直且平分可求出菱形的边长，再根据菱形面积公式即可求解．
【详解】解：如图，
设和交于O，
∵四边形是菱形，
∴且，
∴，
∴由得．
故答案为：．
12．3
【分析】】本题考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
根据正方形的性质得，，再根据等角的余角相等得到，则可根据“”判断，所以，进而求出的长．
【详解】解：四边形为正方形，
，，
，，
，
，，
，
在和中，
，
，
，，
．
故答案为：3．
13．5
【分析】本题考查三线合一，直角三角形的性质，连接，三线合一得到，由直角三角形的性质得到，即可得出结果．
【详解】解：连接，
∵，F是的中点，
∴，
又∵E是的中点，
∴ (直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半)，
∴，
∵，
∴．
故答案为∶5．
14．见解析
【分析】由直角三角形斜边中线等于斜边一半可得，再根据等边对等角即可得出结论．
【详解】证明：∵，是的中点，
∴，，
∴．
【点睛】本题主要考查的是直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，掌握这个性质是解题的关键．
15．见解析
【分析】本题综合考查了平行四边形及矩形的性质．首先根据平行四边形的性质及矩形中对角线相等的性质求证出四边形是矩形，然后求得，所以是等腰三角形．
【详解】证明：∵是矩形，
∴,
∵，
四边形是平行四边形．
．
四边形是矩形，
．
．
是等腰三角形．
16．见解析
【分析】本题考查矩形的性质，平行四边形的判定，根据矩形的性质，得到，，进而推出，根据一组对边平行且相等的四边形为平行四边形，即可得证．
【详解】证明：四边形是矩形，
，，
，
，
又∵，
四边形是平行四边形；
17．见详解
【分析】本题考查菱形的判定，矩形的性质，平行四边形的判定与性质．根据题意先证四边形是平行四边形，再由即可．
【详解】证明：四边形是矩形
,
四边形，四边形都是平行四边形
四边形是平行四边形
四边形是菱形．
18．见解析
【分析】本题考查了菱形的判定、全等三角形的判定和性质、由已知容易证明，进而可得，从而由邻边相等的平行四边形是菱形得出结论.
【详解】证明：在与中，
，
∴，
∴，
又∵四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形．
19．见解析
【分析】根据矩形的对应边相等及对角线相等，找出等量关系求解即可．
主要考查了矩形的性质．要掌握矩形的性质：对角线相等，对应边平行且相等．
【详解】证明：四边形是矩形，
，，
又∵，
四边形是平行四边形，
，
．
20．见解析
【分析】此题考查了菱形的性质，全等三角形的性质和判定，首先得到，然后得到，证明出，得到，进而证明即可．
【详解】证明：四边形是菱形，
∴，
∵于点E，于点F，
，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
21．(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定，三角形全等的判定，解题的关键是熟练掌握平行四边形的判定和性质．
（1）根据平行四边形的性质得出，，根据平行线的性质得出，再根据证明三角形全等即可；
（2）先证明四边形为平行四边形，再证明四边形为矩形即可．
【详解】（1）证明：四边形为平行四边形，
∴，，
∴，
在和中，
∴ ；
（2）证明：∵四边形为平行四边形，
∴，
又∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴，
∴平行四边形是矩形．
22．
【分析】本题主要考查了正方形的性质，等腰三角的性质与判定，勾股定理，线段垂直平分线的判定等知识，根据正方形的性质，直角三角形的性质和三线合一定理可得，据此利用勾股定理可得的长，再证明垂直平分，得到，进而导角证明，得到，据此可得答案．
【详解】解：∵四边形是正方形，相交于点O，
∴，，，
∵点E是的中点，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴垂直平分，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
23．(1)
(2)
【分析】本题考查了矩形的折叠问题，等腰三角形的判定与性质，三角形外角的性质，直角三角形的性质．
（1）根据矩形的性质得到，进而得到，由三角形外角的性质可得；由折叠的性质可得，结合矩形的性质得到，再根据已知推出，即可得到；
（2）由（1）知，由三角形外角的性质可得，再根据折叠的性质可得，由，即可解答．
【详解】（1）解：∵四边形是矩形，与相交于点，
∴，
∴，
∴；
由折叠的性质可得，
∵，，
∴，
∴；
（2）解：由（1）知，
∴，
由折叠的性质可得，
∴，
∴，
∴，
∴．
24．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了菱形的判定与性质，全等三角形的判定以及性质，折叠的性质，勾股定理的应用．掌握相关性质定理和判定定理是解题的关键．
（1）记与的交点为，由折叠的性质可得出，，，根据，可得，从而证明，由全等三角形的性质可得出，从而得证四边形为平行四边形，结合，即可得证．
（2）设，，由菱形的性质可得的长，，，由菱形的面积可得出，在中，根据勾股定理得，由勾股定理可得出，利用完全平方公式可得出的值，进而得到的值．
【详解】（1）证明：四边形沿折叠，点与点重合，
四边形关于直线对称，
为的垂直平分线，
，，
如图所示，记与的交点为，则，
，
，
在和中，
，
，
，
四边形为平行四边形，
又，
四边形是菱形；
（2）解：设，，
四边形为菱形，周长为，
，，，
四边形的面积为，
，即，
在中，根据勾股定理得：
，即，
，
（负值不符合题意，已舍去），
．
25．(1)证明见详解
(2)
(3)
【分析】（1）由两个三角形全等的判定定理证得，再由三角形全等的性质即可得证；
（2）将绕点顺时针旋转后，可得，然后由三角形周长公式即可求得结论；
（3）设，根据线段之间的关系，利用勾股定理求出的值即可得到答案．
【详解】（1）证明：连接，如图所示：
是正方形，
．
在与中，
，
，
；
（2）证明：将绕点顺时针旋转到的位置，连接，如图所示：
，
，
在和中，
，
，
，
，正方形的边长为，
；
（3）解：如图，
设，则，
在中，由勾股定理可得，
，
，
则，
即，
整理得，
，
∴矩形的面积
．
【点睛】本题考查正方形的性质、矩形性质、旋转性质、三角形周长公式、勾股定理、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．
26．操作发现：；理由见解析；探索猜想：；理由见解析；拓展运用：
【分析】操作发现：证明，即可得到结论；
探索猜想：平移到，平移到，运用第一小题的结论，即可证明结论；
拓展运用：过点A作，交于点H，连结，根据轴对称的性质值，然后运用第一小题的结论，得到，进一步证明，及，得到，再根据勾股定理求得，即可求得答案．
【详解】解：操作发现：；理由如下：
四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
，
，
即；
探索猜想：；理由如下：
平移到，平移到，
则，
，
四边形是正方形，
，，
四边形和四边形都为平行四边形，
，，
由（1）的结论可知，
；
拓展运用：
过点A作，交于点H，连结，
正方形沿翻折，使点D落在上的点G处，
，
由（1）的结论可知，
，
四边形是平行四边形，
，，
，
四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
，
，
在中，，
，
．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，平行四边形的判定与性质，轴对称的性质等知识，添加辅助线构造，转化线段是解题的关键．

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